NOIP 活了，不知道要改成什么样，所以找些基础的省选题玩玩，就当是接触些思路，防止 NOIP 出现鬼畜现象。
upd: 真就简单省选题都没联赛难了嗷！
[HEOI2013]Eden 的新背包问题
把物品二进制拆分，使用 cdq 分治来完成这个 dp 过程。
cdq 的时候，按照 dp 右边 $ o$ 递归左边 $ o$ 清空 $ o$ dp 左边 $ o$ 递归右边 的顺序执行。
[GZOI2017]取石子游戏
让 Alice 必败的条件是，Alice 无法在第一堆中取走若干使得剩下异或和为 $0$。
枚举让 Alice 先选择哪一堆，用 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 堆，选出若干，异或和为 $j$ 的方案数。
所有异或和 $ge$ Alice 先选择的那一堆的都可以计入答案。
[HEOI2014]人人尽说江南好
显然，最终的时候，前若干堆都是大小为 $m$ 的，最后一堆是大小为 $n mod m$ 的。
总共的操作次数就是 $n - lceil frac n m ceil$，判断奇偶性。
[JLOI2011]飞行路线
分层图最短路，共 $k + 1$ 层，同层之间正常连边，相邻层视为使用了一次免费权利，连 $0$ 边。
求最短路就可以了。
[BJOI2018]求和
预处理出 $k$ 分别为 $1 sim 50$ 时，某点到根路径上的深度的 $k$ 次方和。
使用 LCA，树上前缀和求答案即可。
[SHOI2015]自动刷题机
分别二分上界（最后一个 $ge k$ 的）和下界（第一个 $le k$ 的），带入检验数据是否合理。
[SDOI2016]排列计数
考虑选哪 $m$ 个位置，方案是 $inom n m$，剩下的就是一个错排问题，答案是 $inom n m imes D_{n-m}$。
预处理组合数和错排可以 $O(1)$ 回答每组询问。
[CQOI2017]小Q的棋盘
找出树上的最长链长度 $l$，分类讨论一下：
如果 $m le l$，答案为 $m+1$（最长链走不完就一直走）。
如果 $m > l$，答案为 $min(n, l+frac {m-(l-1)}{2})$（能走到头了就边往新的地方走边回溯，最终回到最长链上）。
[BJOI2012]算不出的等式
原式可以理解为，一个 $frac{p-1}{2} imes frac{q-1}{2}$ 的网格的主对角线被分成的两部分的整点数之和。
因为 $p, q$ 都是质数，所以整点数之和就是 $frac{p-1}{2} imes frac{q-1}{2}$。
需要特判的是 $p=q$ 的情况，答案为 $frac{p^2 - 1}{4}$。
[TJOI2019]甲苯先生的字符串
考虑 dp，用 $f_{i, j}$ 表示长度为 $i$，最后一个字母为 $j$ 的 $s2$ 串的个数。
发现这个 dp 很容易矩阵快速幂优化，对于转移矩阵 $ ext{Trans}$，如果 $s1$ 中两个字母 $a$ 和 $b$ 是相邻的，那就把 $ ext{Trans}_{a, b}$ 赋值为 $0$，否则赋值为 $1$ 即可。
[GXOI/GZOI2019]旅行者
分别建出原图和反图，各跑一次 Dijkstra 进行最近关键点染色。
枚举一条边，如果这条边的两个端点都在两次中被染色且颜色不同，则用这两个距离之和加上这条边本身的长度更新答案。
当然这题有一种玄学算法就是，随便划分出两个点集，跑最短路。如果按照比特位为 $0/1$ 划分，跑 $log n$ 次的话可以确保算法正确，因为最近点对的编号总有一位不同。
[TJOI2019]大中锋的游乐场
又是分层图最短路。
不妨定义一个饥饿度，按照饥饿度分层，把 $a_i = 1$ 看作饥饿度 $+1$，$a_i = 2$ 看作饥饿度 $-1$，那么在 $[-k, k]$ 层数中跑最短路即可。
注意处理起点和终点的饥饿度变化。
[HAOI2011]向量
发现向量可以化简为 $(a, b), (a, -b), (b, a), (b, -a)$ 共 4 个。
设 4 种向量分别用了 $k_1, k_2, k_3, k_4$ 次，则有 $x=(k_1+k_2)a+(k_3+k_4)b, y=(k_1-k_2)b+(k_3-k_4)a$。
用 $r_1, r_2, r_3, r_4$ 分别还原代替掉 $k_1+k_2, k_3+k_4, k_1-k_2, k_3-k_4$，问题转化为，方程有解且 $r_1, r_3$ 同奇偶，$r_2, r_4$ 同奇偶。
然后根据它们到底是奇数还是偶数分类讨论一下，根据裴蜀定理确定限制条件。
令 $g = 2gcd(a, b)$，最终要求为 $(g|x land g|y)$ 或 $(g|(x+a) land g|(y+b))$ 或 $(g|(x+b) land g |(y+a))$ 或 $(g|(a+b+x) land g|(a+b+y))$。
[GZOI2017]等差子序列
用两个 bitset 分别维护前缀出现过的数和后缀出现过的数，枚举中间数，相应位置交起来看看存不存在就行了。
当然上面的做法时间比较悬，更优秀的做法可以构造多项式通过 FFT 卷起来看看存不存在。
[TJOI2018]数学计算
对于操作建立一棵线段树，每个结点的初始值为 $1$。
插入操作相当于把一个位置赋值为 $v$，删除操作相当于把一个位置赋值为 $1$。
然后线段树维护全局乘积就好了。
[JSOI2016]反质数序列
观察到，质数一定是一个偶数和一个奇数的和（$2$ 除外）。
如果某个偶数和某个奇数都选会产生冲突，就连一条边，答案就是这张二分图的最大独立集，可以用 Dinic 来做。
注意到，两个 $1$ 不能同时选，所以只保留一个 $1$ 在图中，剩下的 $1$ 直接删掉。
[HNOI/AHOI2018]道路
考虑逆推，用 $f_{u, i, j}$ 表示根到 $u$ 有 $i$ 条未翻修的公路和 $j$ 条未翻修的铁路，子树内的最小代价。
转移的时候，叶子结点可以直接用 $c_u imes (a_u + i) imes (b_u+j)$ 表示，非叶子结点考虑翻修哪边就好了。
转移方程：$f_{u, i, j} = min (f_{lson, i, j} + f_{rson, i, j+1}, f_{lson, i+1, j} + f_{rson, i, j})$。
恶心的是这题卡空间，可以通过 vector 动态开数组，遇到用不上的就删除的方式卡过去，同一时刻最多开 $40$ 个数组。
[SDOI2016]齿轮
设 $1$ 号齿轮的转动情况为 $1$，则可以用分数表示出其他齿轮的转动情况。
在 DFS 树上推出每个齿轮的转动情况后，用横叉边检验是否合法即可。
为了避免浮点误差，可以使用对每个结点开一个数组，分别储存其每种质因子的次数。
[FJOI2018]所罗门王的宝藏
把每行每列都抽象为一个结点，构造一张 $n+m$ 个点的图。
设第 $i$ 行共加上了 $x_i$，第 $i$ 列共减去了 $y_i$，则对于一个关键点 $(r, c, p)$，有 $x_r - y_c = p$。
那么可以建立差分约束系统，判断负环即可。
[TJOI2017]可乐
巧妙的构造矩阵，进行快速幂转移。
新建一个编号为 $0$ 的点，表示“自爆”。新的邻接矩阵中除了原来的边，每个点分别向自己和 $0$ 再连两条边。
于是把这个矩阵 $t$ 次方后，$sumlimits_i ext{Matrix}_{1, i}$ 就是答案了。
[GZOI2017]小z玩游戏
对每种兴趣程度建一个点，$i$ 向 $kcdot i$ 连有向边，$w_i$ 向 $e_i$ 连有向边。
跑一次 Tarjan 求出强连通分量，答案就是 $w_i$ 和 $e_i$ 属于同一个强连通分量的游戏个数。
注意到倍数关系的连边是 $O(n log n)$ 级别的，且每次固定不变，所以可以提前连好这么一张图，$w_i$ 和 $e_i$ 之间的边在另一张每次都需要清空的图上连，实际处理的时候的图是这两张图的并集。
[HEOI2016/TJOI2016]树
可以离线逆序处理操作，使用并查集巧妙地维护。
初始时记录每个点被打标记的次数，如果某个点 $u$ 本身被标记了，那么并查集里 $u$ 的父亲就是 $u$，否则就是树上的父亲。
对于查询操作，直接查找并查集里 $num_i$ 的祖先就行了；对于修改操作，将 $num_i$ 被打标记的次数 $-1$，如果次数变成 $0$ 了就把并查集里它的父亲改成树上的父亲。
[JSOI2016]无界单词
考虑容斥 dp，第一问用 $f_i$ 表示长度为 $i$ 的没有 border 的字符串个数，转移时枚举 border 的长度，即：
$$ f_i = 2^i - sum_{j=1}^{lfloor frac{i}{2} floor} f_j imes 2^{i-2j}$$
第二问考虑逐位确定，先把该位填为 a，dp 一下看看有多少符合条件的字符串，如果 $<K$，那就把这一位填为 b，$K gets K - f_n$。
第二轮的 dp 可以参考第一轮的思路，分类讨论一下，设当前确定了 $l$ 位，对于 $i le l$，可以 KMP 一遍标记存不存在 border；对于 $i > l$，设枚举的 border 长度为 $j$：
- 如果 $j ge l$，则贡献为 $-f_j imes 2^{i-2j}$；
- 如果 $i - l le j < l$，如果当前 border 符合条件则贡献为 $-f_j$，否则贡献为 $0$；
- 如果 $j<i-l$，贡献为 $-f_j imes 2^{i-j-l}$。
时间复杂度 $O(n^4)$，注意 $2^{64}$ 爆 unsigned long long 了。